江西省“上进联考”2025届高三上学期10月联考数学试题（含答案）

这是一份江西省“上进联考”2025届高三上学期10月联考数学试题（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={−4,−3,0,6}，B={x∈Z||x|≤3}，则A∩B的非空真子集的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
2.已知命题p:∀x∈R，|x+2024|>0，命题q:∃x<−3，sin(x+3)=0，则( )
A. p和q都是真命题B. ¬p和q都是真命题
C. p和¬q都是真命题D. ¬p和¬q都是真命题
3.将函数f(x)=sin(3x+φ)(0<φ<π)的图象向左平移π4个单位长度后得到奇函数g(x)的图象，则φ=( )
A. π12B. π4C. 5π12D. π2
4.已知函数f(x)=ex+3x,x⩽0,x2+2ax+5a,x>0在R上单调，则a的取值范围是( )
A. (−∞,15]B. [0,15]C. [15,+∞)D. [0,+∞)
5.已知sin2θ+2 3sinθcsθ+3cs2θ=4，则tanθ=( )
A. 1B. − 22C. 2D. 33
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bc=3a2，且b+c=72a，则sinA=( )
A. 156B. 158C. 23D. 38
7.已知a+1a−1=2+lg326，则a=( )
A. lg392B. 32C. lg34D. 2
8.已知a，b为正数，若∀x>−b，有函数f(x)=(x+b)x−a≥1，则1a+8b的最小值为( )
A. 9+2 2B. 9+4 2C. 9D. 6 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a>b>c，则( )
A. a−c2>b−c2B. a|c−2|>b|c−2|
C. cs(a+2c)>cs(b+2c)D. a3>b3
10.已知函数f(x)=aex+bx+c的两个零点分别为−1，1，且f(0)<0，则( )
A. c=−e+e−12⋅aB. a>0C. 2b+ea<0D. a+b+c<0
11.若存在实数b使得方程x4+mx3+nx+b=0有四个不等的实根，则mn的值可能为( )
A. −2024B. 2025C. 0D. −6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知扇形的圆心角为3rad，面积为24，则该扇形的弧长为 ．
13.已知函数f(x)=lg3(3sinx+ 9sin2x+1)+1，则f(m− 2)+f( 2−m)= ．
14.函数f(x)=8ln(sinx)+sin22x在区间(0,π2)上的零点个数为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)= 6cs(2x+π4).
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)当x∈[0,5π8]时，求f(x)的最值．
16.(本小题12分)
已知集合A={x|a≤x≤a+1}，B={x|y=lg(x2−3x−10)}．
(1)当a=1时，求(∁RB)∩A;
(2)若“x∈A”是“x∈∁RB”的充分不必要条件，求a的取值范围．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=3x−sinx+2ex．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)求f(x)的最值．
18.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+b=2c=4．
(1)求C的取值范围;
(2)若△ABC为锐角三角形，设AN=λAB，BM=λBA(λ>1)，探究是否存在λ，使得tan∠CMA⋅tan∠CNB为定值?若存在，求出该定值;若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
定义：设函数f(x)的图象上一点(x0,f(x0))处的切线为l0，l0在(x0,f(x0))处的垂线l1也与f(x)的图象相切于另一点(x1,f(x1))，则称l0和l1为f(x)的一组“垂切线”，x0为“垂切点”．
已知三次函数f(x)=x3+bx，l0和l1为f(x)的一组“垂切线”，其中x0为f(x)的垂切点，l1与f(x)相切于点(x1,f(x1))．
(1)求曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程;(用x0和b表示)
(2)若对任意x1都存在α∈[0,π2)，使x12=mcsα，求正数m的取值范围;
(3)证明：点(x0,f(x0))和(x1,f(x1))之间连线段的长度不小于4433．
参考公式：2x13−3x12x0+x03=(x1−x0)2(x0+2x1)，x13−x03=(x1−x0)(x02+x0x1+x12).
参考答案
1.A
2.B
3.B
4.C
5.D
6.B
7.A
8.B
9.AD
10.ABD
11.AD
12.12
13.2
14.0
15.解：(1)由题意可得f(x)= 6cs(2x+π4)，
由−π+2kπ≤2x+π4≤2kπ，k∈Z，解得−5π8+kπ≤x≤−π8+kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间为[−5π8+kπ,−π8+kπ](k∈Z)．
(2)由(1)知f(x)在[0,3π8]上单调递减，在[3π8,5π8]上单调递增，
又f(0)= 3，f(3π8)=− 6，f(5π8)=0，
故当x∈[0,5π8]时，f(x)的最大值为 3，最小值为− 6．
16.解：(1)由题意x2−3x−10>0，即(x+2)(x−5)>0，解得x<−2或x>5，
所以B={x|x<−2，或x>5}，
当a=1时，A={x|1≤x≤2}，且∁RB={x|−2≤x≤5}，
故(∁RB)∩A={x|1≤x≤2}．
(2)“x∈A”是“x∈∁RB″的充分不必要条件，故A是∁RB的真子集．
则满足a≥−2,a+1≤5,两边等号不能同时成立，解得−2≤a≤4，
综上所述，a的取值范围为[−2,4]．
17.解：(1)由题意可得f(0)=2，
f′(x)=sinx−csx−3x+1ex，f′(0)=0，
故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2．
(2)令ℎ(x)=sinx−csx−3x+1，ℎ′(x)=csx+sinx−3= 2sin(x+π4)−3<0，
所以ℎ(x)在R上单调递减，ℎ(0)=0，
所以当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0,+∞)时f′(x)<0，f(x)单调递减，
又f(0)=2，x→−∞时，f(x)→−∞，当x>0时f(x)=3x+(2−sinx)ex>0，
由此画出f(x)的大致图象如图所示，故f(x)有最大值2，无最小值．

18.解：(1)∵a+b=2c=4，∴b=4−a，c=2，又a−ca−2，∴a<3，
同理可得b<3，则a>1，
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=(a+b)2−2ab−c22ab=6ab−1=6a(4−a)−1，
由a(4−a)∈(3,4]，则csC∈[12,1)，
又C∈(0,π)，∴C∈(0,π3].
(2)取AB的中点O，则MO=NO=2λ−1，
作CH⊥AB，垂足为H，则tan∠CMA=CHMH，tan∠CNB=CHNH，
不妨设b≥a，则有tan∠CMA=CHMO+OH，tan∠CNB=CHNO−OH，
tan∠CMA⋅tan∠CNB=CH2MO2−OH2，
又因为a+b= CH2+HB2+ CH2+HA2=4,HB=BO−OH=1−OH,HA=AO+OH=2−BO+OH=1+OH,,
∴3OH2+4CH2=12，即CH2=3−34OH2，
∴tan∠CMA⋅tan∠CNB=34(4−OH2)(2λ−1)2−OH2，
若tan∠CMA⋅tan∠CNB为定值，
则(2λ−1)2=4，λ=32(负值舍去)，
∴存在λ=32使tan∠CMA⋅tan∠CNB为定值，且定值为34．

19.解：(1)f′(x)=3x2+b，f′(x0)=3x02+b，
又f(x0)=x03+bx0，
所以y−x03−bx0=(3x02+b)(x−x0)，
故切线方程为y=(3x02+b)x−2x03;
(2)由(1)得l0:y=(3x02+b)x−2x03，同理l1:y=(3x12+b)x−2x13，
由垂直得(3x02+b)(3x12+b)=−1，
又(x0,f(x0))在l1上，
故y=(3x12+b)x0−2x13=f(x0)=x03+bx0，
化简得2x13−3x12x0+x03=0，
故(x1−x0)2(x0+2x1)=0，
又x0≠x1，故x0=−2x1，
代入(3x02+b)(3x12+b)=−1得(12x12+b)(3x12+b)=−1，
则b2+15x12b+36x14+1=0，该方程关于b有解，
故△=(15x12)2−4(36x14+1)≥0，得x14≥481，则x12≥29，
因为对任意x1都存在α∈[0,π2)，则mcsα∈[m,+∞)，
故m∈(0,29]；
(3)证明：(x0,f(x0))和(x1,f(x1))之间连线段的长度d= (x1−x0)2+(f(x1)−f(x0))2，
则d2=(x1−x0)2+[(x13−x03)+b(x1−x0)]2
=(x1−x0)2+[(x1−x0)(x02+x0x1+x12)+b(x1−x0)]2
=(x1−x0)2[(x02+x0x1+x12+b)2+1]，
代入x0=−2x1，
d2=(3x1)2[(4x12−2x12+x12+b)2+1]=9x12(9x14+6bx12+b2+1)，
又b2+15x12b+36x14+1=0，
故b2+1=−15x12b−36x14，
故d2=9x12(9x14+6bx12−15bx12−36x14)=−81x14(3x12+b)，
显然−81x14<0，d2随b单调递减，
证明d≥4433，即证d2≥16 39，
由b2+15x12b+36x14+1=0，解得b=−15x12± (15x12)2−4(36x14+1)2，
即b=−15x12± 81x14−42，
则d2=−81x14(3x12+b)≥−81x14(3x12+−15x12+ 81x14−42)=81x14( 81x14− 81x14−42)，
令 81x14=t，t≥2，则d2≥g(t)=t3−t2 t2−42，
则g′(t)=32t2−t t2−4−t32 t2−4=t2(32− t2−4t−t2 t2−4)，
令 t2−4t=m(0≤m<1)，
则y=32− t2−4t−t2 t2−4=32−m−12m，
令32−m−12m>0得12又t2>0，
故m∈(0,12)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
m∈(12,1)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
故当 t2−4t=12，即t=4 33时，g(t)有最小值16 39，即d2≥16 39，命题得证．